Статически неопределимые системы Для статически неопределимых систем

Статически неопределимые системы • Для статически неопределимых систем кроме уравнений равновесия используют дополнительные уравнения перемещений. • Примером статически неопределимой конструкции является ступенчатый стержень, который на обоих концах присоединен к жестким поверхностям и нагружен рядом осевых сил (рис. ). 1

2

Для раскрытия статической неопределимости мысленно отбросим закрепление в точке G. Тогда система становится статически определимой (такую систему называют основной). Начальным условием является равенство нулю перемещения в т. А: ∆А=0 3

• При решении используем принцип независимости действия сил. 4

5

К эквивалентной системе помимо внешних сил приложена реакция RG и суммарные перемещения в т. G равны нулю: ∆G=∆GF+∆GR=0 здесь ∆GF─ сумма перемещений в основной системе от внешних сил F 1, F 2, . . . Fn; ∆GR─ перемещение от реакции RG. 6

Перемещения т. G от внешних сил F 1, F 2, …, Fn в основной системе: где Li , Ai ─ длина и площадь i-того участка. Суммирование ведется по i , в которых Ni≠ 0 (участки от опоры А до k-той силы) 7

Перемещение от реакции RG по всем участкам: Тогда: 8

Для рассмотренного примера: ∆GF=─F 1 AB/A 1+F 2(AC/A 1+CD/A 2+DE/A 3)/Е ∆GR= RG(AC/A 1+CD/A 2+DG/A 3)/Е 9

Геометрические характеристики поперечных сечений стержня 1. Площадь фигуры. 2. Статические моменты относительно центральных осей. 3. Осевые моменты инерции сечения. 4. Центробежный момент инерции. 5. Полярный момент инерции относительно точки. 6. Моменты сопротивления 10

• Площадь: • Статические моменты относительно осей 11

Осевые моменты инерции: Центробежный момент инерции: Полярный момент инерции относительно точки o: - расстояние от начала центральных осей до элементарной площадки 12

Моменты инерции простейших фигур • Прямоугольник • Круг • d – диаметр круга 13

Моменты сопротивления • Прямоугольник: • Круг: 14

ИЗГИБ 1. Внутренние силовые факторы и дифференциальные зависимости при изгибе 2. Напряжения при изгибе. 2. 1 Напряжения при чистом изгибе. 2. 2 Напряжения при поперечном изгибе. 3. Расчет на прочность 4. Косой изгиб 15

Внутренние силовые факторы • При чистом изгибе в поперечных сечениях бруса (балки) возникают изгибающие моменты. • Если кроме того возникает поперечная сила, то такой изгиб называют поперечным. • Правило знаков показано на рис. 3. 1 а. 16

Правило знаков для моментов и поперечных сил Рис. 3. 1 17

Дифференциальные зависимости при изгибе • Из условий равновесия элемента балки длиной dx (рис. 3. 1 б) следует: • 18

Пример. Определить внутренние силовые факторы, построить эпюры нормальных и поперечных сил, изгибающих моментов. АС=2 м, АВ=3 м, ВЕ=4 м, Р 2=10 к. Н, q=2 к. Н/м. Решение. Внутренние силовые факторы определяем последовательно для каждого из трех участков АС, СВ, ВЕ 19

1. Участок АС N= -XA, Q=YA, MZ=MA+YAX, 2. Участок СВ N= -XA, Q=YA, MZ=MA+YAX, 3. Участок ВЕ N= 0, Q= -qx MZ=qx 2/2 Эпюры ВСФ показаны на рис. 20

21

• Реактивный момент в заделке . Рис. 3. 2 22

2. Напряжения при изгибе. Расчет на прочность. 2. 1 Напряжения при чистом изгибе. • Для балки, показанной на рис. 3. 2 чистый изгиб реализуется на участке АВ. 23

• При изгибе одна часть сечения, например, нижняя (рис. 3. 3), оказывается растянутой, а другая ─ сжатой. • При определении напряженнодеформированного состояния используют гипотезу плоских сечений. 24

• Рассмотрим элемент балки длиной dx. • Начальная длина волокна, имеющего координату y, которая отсчитывается от нейтральной оси, изменится на длину: (aa 1+bb 1)= 2 aa 1= ε dx, • где ε ─ линейная деформация. 25

• Рис. 3. 3 26

• aa 1/ y= dx/2ρ = ε dx/2 y, • где ρ ─ радиус кривизны оси балки. • Тогда ε = y/ ρ • Деформации ε распределены линейно по высоте сечения. При линейной связи между напряжениями и деформацией (закон Гука): σ=Eε σ=E y/ρ= σmax y/ymax, (а) • здесь координата y отсчитывается от нейтральной линии, разделяющей области растяжения и сжатия. 27

• • • Нормальная сила в сечении N= ∫σ d. A= E ∫ y d. A/ρ= E SZ/ρ, SZ= ∫ y d. A где SZ ─ статический момент сечения. N=0 при S Z= 0 (б) Условие (б) соблюдается, если нейтральная линия ─ ось Z проходит через центр тяжести сечения. Изгибающий момент M (здесь и далее индекс Z опущен): M= ∫ σ y d. A = Е ∫ y 2 d. A / ρ = σmax J /ymax J= ∫ y 2 d. A где J─ осевой момент инерции. 28

• Максимальные нормальные напряжения: σmax= M ymax / J; σmax= M / W; W= J/ ymax (3. 2) • где W ─ осевой момент сопротивления. σ= M y / J (3. 3) • Изменение кривизны бруса происходит в плоскости момента, если она проходит через одну из главных осей инерции. Центробежный момент инерции относительно главных осей: JZY=∫ zy d. A=0 • Такой изгиб называют прямым. 29

2. 2 Напряжения при поперечном изгибе • Для балки, показанной на рис. 3. 1 поперечный изгиб реализуется на участке ВС. Внутренние силовые факторы в сечениях балки показаны ниже на рис. 3. 4 а. 30

Поперечная сила: • В поперечных сечениях балки возникают касательные напряжения , и сечения не остаются плоскими, однако это искажение незначительно и им при определении нормальных напряжений пренебрегают, что дает возможность использовать полученные ранее соотношения для определения нормальных напряжений σ при чистом изгибе. 31

Распределение касательных напряжений определим из условия равновесия выделенного элемента балки (рис. 3. 4 б, в). 32

Рис. 3. 4 33

• При поперечном изгибе в правом сечении имеют место дополнительные напряжения и элементарные силы dσd. А, которые суммируются, вследствие чего возникает дополнительная нормальная сила: d. N*=∫dσ d. A*, • которая (см. рис. 3. 4 в) уравновешивается за счет касательных напряжений в горизонтальном сечении, площадь которого b dх: d. N*= b dх, (а) • где b ─ ширина балки в сечении при y= y 1. 34

• Согласно (3. 3): dσ= d. М y / J и d. N*= d. М ∫ y d. A*/ J (б) • Тогда b dх= d. М S*/ J • здесь S*= ∫ y d. A* ─ статический момент отсеченной части сечения. 35

• Для прямоугольного поперечного сечения шириной b и высотой h: d. A=b dy, осевой момент инерции: (3. 5) • Осевой момент сопротивления: (3. 6) 36

• Максимальные напряжения растяжения и сжатия в точках наиболее удаленных от нейтральной линии: • В этих точках касательные напряжения равны нулю. Статический момент отсеченной части сечения: 37

• Максимальное значение линии: на нейтральной 38

Изменение нормальных σ и касательных напряжений по высоте сечения • Для круглого поперечного сечения: 39

3. Расчет на прочность • Расчет на прочность производится по нормальным напряжениям из условия: σmax ≤ [σ] • Для пластичных материалов допускаемые напряжения при растяжении и сжатии одни и те же. • Допускаемые касательные напряжения: [τ] =0, 5 – 0, 6 [σ]. • Для тонкостенных балок производится проверка прочности по касательным напряжениям. 40

• Пример 1. Для балки (рис. 3. 2), изготовленной из малоуглеродистой стали определить размеры прямоугольного поперечного сечения при h/b=3, [σ]= 160 МПа, а= 3 м, Р=50 к. Н. • Решение. Опасное сечение В: изгибающий момент: М= 150 к. Н▪м, Q= 50 к. Н. • Согласно (3. 2): σmax=6 M/bh 2=2 M/3 b 3 ≤ [σ] b= 86 мм, h=260 мм, А= 224. • Максимальные касательные напряжения незначительны: τmax= 1, 5 Q/A= 3, 35 МПа. 41

Пример 1 а. Для той же балки подобрать двутавровое поперечное сечение ГОСТ 8239. [σ]= 160 МПа. • Решение. • Минимально допустимый из условия прочности момент сопротивления (3. 2): W≥М/[σ] = 938. 42

y z По таблице выбираем двутавр № 40: W=953 , А= 72, 6 , толщина стенки 8, 3 мм, статический момент полусечения 545. = 5▪ 545/8, 3▪ 19=17, 3 МПа. 43

По сравнению с предыдущим вариантом площадь поперечного сечения балки и ее вес в 3 раза меньше, а касательные напряжения, хотя больше, чем в предыдущем случае, но также незначительны. 44

1. Найти реакции 2. Построить эпюры ВСФ 45

Пример 2. • На двух опорную балку (рис. 3. 5) действует распределенная нагрузка и сосредоточенная сила. • Интенсивность распределенной нагрузки q= 1 к. Н/м, сила Р= 2 к. Н. Размеры на рисунке указаны в м • [σ]= 160 МПа 46

Рис. 3. 5 47

• Решение. Реакции YA, XA, YB найдем из условий равновесия: YA= 7 к. Н, XA=0, YB = 11 к. Н. • Дифференциальные связи: • Так как интенсивность распределённой нагрузки q постоянна, Q(x) ─ линейная функция; М(x) ─ квадратичная. • В точке N значение Q = 0, и М(x) имеет максимальное значение. • В точках A, D, B на эпюре Q(x) скачки на величину приложенных сосредоточенных сил YA, Р и YB соответственно. 48

• Уравнения моментов и поперечных сил имеют вид: • участок СА: Q=─qx; M= • участок АD: Q=─qx +YA; M= +YA (x─2); • координата x. N точки N при Q (x. N) =0: x. N= YA/q • (x. N = 7 м; MN =10, 5 к. Н м); • участок DB: Q=─qx +YA ─ Р; • M= +YA (x─2)─ Р(x─9) • для последнего участка BE выберем начало оси x 1 в т. Е, тогда: • Q=q x 1; M=. 49

Ответ: • Опасное сечение N. Из условия прочности: W≥М/[σ] = 67. • Выбираем двутавровое поперечное сечение № 14 ГОСТ 8239, для которого момент сопротивления W=81, 7 , погонный вес 13, 7 кг/м. 50

4. Косой изгиб • При косом изгибе плоскость изгибающего момента не проходит через главную ось инерции. Для симметричного сечения ось симметрии является главной. На рис. 3. 6 показана балка, имеющая симметричное поперечное сечение. 51

Поперечная сила Р, а следовательно, и плоскость действия изгибающего момента, находятся под углом α к плоскости симметрии (рис. 3. 6 а). Изгибающий момент М в поперечных сечениях балки: М= Р (L ─x), где L ─ длина балки, x ─ координата, отсчитываемая по оси балки. 52

Рис. 3. 6 53

• Разложим силу Р на две составляющие PZ, PY, действующие в плоскостях симметрии и, применяя принцип независимости действия сил, определим напряжения как сумму напряжений, от каждой из составляющих. 54

• Тогда: PZ= - Psinα, PY=P cosα. • MZ= PY (L ─x), MY= PZ(L ─x) • Напряжения: σ = M (y cosα / JZ + z sinα/ JY) (3. 7) • Уравнение нейтральной линии nn (рис. 3. 6 б), (рис. 3. 6 в): y cosα / JZ + z sinα/ JY=0 tgβ= y/z=tgα JZ/ JY • β─ угол наклона нейтральной линии. • При JZ = JY все оси, проходящие через центр тяжести являются главными. • Наибольшие напряжения будут в точках, которые больше всего удалены от нейтральной оси (в т. А и В). 55

НАПРЯЖЕНННОЕ СОСТОЯНИЕ. ТЕОРИЯ ПРЕДЕЛЬНЫХ СОСТОЯНИЙ. • 1. Напряженное состояние в точке. • 2. Теория предельных состояний. Расчет на прочность. • 3. Плоское напряженное состояние. 56

1. Напряженное состояние в точке • Напряжения на площадке, проходящей через точку нагруженного тела, зависят от ее ориентации. • Для анализа напряженного состояния в точке шестью сечениями выделяют элементарный параллелепипед и напряжения в секущих плоскостях рассматриваются как напряжения в точке. 57

Полное напряжение на площадке может быть разложено на три составляющие (рис. 4. 1): одну по нормали к сечению: σх, σY, σZ и две в плоскости сечения. • Рис. 4. 1 58

• Первый индекс в обозначении касательного напряжения ─ нормаль к плоскости, а второй ─ направление его действия. • Напряжения на противоположных гранях равны между собой. Причем из уравнений равновесия следует, что касательные напряжения, перпендикулярные к общему ребру, равны между собой и направлены либо к общему ребру, либо от него. • При статическом нагружении большей части конструкционных материалов в диапазоне нормальных температур механическое состояние материала в точке во многом зависит от вида и уровня напряжений. 59

2. Теория предельных состояний. Расчет на прочность. • Под предельным напряженным состоянием принято называть такое, при котором происходит переход от одного состояния к другому. Для пластичных материалов это переход от упругого деформирования к пластическому, а для хрупкого ─ от упругого к разрушению. • В качестве эталонного принято напряженное состояние при растяжении. Эквивалентным называется такое напряжение, которое следует создать в растянутом образце, чтобы оно было равноопасно с заданным. 60

• Для расчета эквивалентного напряжения для пластичных материалов используют гипотезу наибольших касательных напряжений: два вида напряженных состояний считаются равноопасными, если их наибольшие касательные напряжения равны между собой: • здесь ─ максимальное касательное напряжение при растяжении. • При растяжении , • где σ ─ нормальные напряжения в поперечных сечениях бруса при растяжении. • Тогда (4. 1) 61

Здесь ─ максимальное касательное напряжение при растяжении. При растяжении , где σ ─ нормальные напряжения в поперечных сечениях бруса при растяжении. Тогда: 62

3. Плоское напряженное состояние • Частным случаем напряженного состояния является плоское, при котором напряжения на одной из граней прямоугольного элементарного параллелепипеда равны нулю (рис. 4. 2). Касательные напряжения на взаимно перпендикулярных площадках равны: 63

• Рис. 4. 2 64

• Напряжения на наклонной площадке определим из условия равновесия отсеченной части элементарного параллелепипеда (рис. 4. 2): • σα=σX cos 2α+ σY sin 2α +τXY sin 2α; • τα=(σX+σY)sin 2α/2─τXYcos 2α (4. 2) • Максимальные касательные напряжения действуют на площадках, для которых угол α определим из условия: dτα /dα =0 • tg 2α= (σX ─ σY ) / 2 τXY 65

• Пример. Статический расчет вала (рис. 4. 3). Стальной стержень АВ смонтирован на двух шарнирных опорах. Определить диаметр вала, если a=0, 3 м, b=0, 2 м, R=0, 2 м, r=0, 15 м, P=6 к. Н. Допускаемые напряжения на растяжение и сжатие [σ]= 170 МПа. 66

• Рис. 4. 3 67

Решение. Из условий равновесия определим радиальную силу F и составляющие реакций. ∑ m. X (FK): Fr ─ P R =0, ∑ m. Z (FK): YB (a+b) ─ P (a+2 b)=0, ∑ m. Y (FK): ZB(a+b) ─ Fa=0, ∑ FZK: ZA + ZB ─ F =0, ∑ F Y K: YA + YB ─ P =0, F=8 к. Н, ZA=3, 2 к. Н, ZB =4, 8 к. Н, YA =2, 4 к. Н, YB =8. 4 к. Н. Эпюры моментов показаны на рис. 4. 4. 68

Рис. 4. 4 69

• Опасным будет сечение С (рис. 4. 4, 4. 5), в котором возникают наибольший изгибающий и крутящий моменты. • M Z = YAa = 0, 72 к. Нм, MY =ZA a = 0. 96 к. Нм, MК = РR = 1, 2 к. Нм • Наиболее опасными в этом сечении являются периферийные точки 1 и 2, лежащие в плоскости действия суммарного изгибающего момента М : • • Нормальные напряжения в т. 1: • σ= M / W ; (а) • где W ─ осевой момент сопротивления для круглого поперечного сечения. 70

• Рис. 4. 5 71

• Касательные напряжения: • (б) где Wρ ─ полярный момент сопротивления. • На площадках параллельных наружной поверхности и на самой наружной поверхности вала напряжения равны нулю и реализуется плоское напряженное состояние. • Согласно (4. 2): =σ sin 2α/2 ─ cos 2α 72

• Максимальные касательные напряжения =(σ sin 2α*─ 2 cos 2α*) /2 (в) • действуют на площадках, для которых угол α определим согласно (4. 3): tg 2α*= σ/2 (г) • Согласно (а, б): • σЭКВ= 2 = (М sin 2α*+ МК cos 2α*) / 0, 1 • Из условия прочности: • σЭКВ≤ [σ] (д) • σЭКВ= (М sin 2α*+ МК cos 2α*) / 0, 1 ≤ [σ] 73

• Тогда ≥ (М sin 2α*+ МК cos 2α*) / 0, 1[σ] • Для нашего примера МИ= 1, 2 к. Н м, tg 2α*= 1, 2α*= π/4 • ≥ 105 мм 3 • Тот же ответ можно получить, используя обозначения: • , • sin 2α*= σ / σЭКВ, cos 2α*= 2 / σЭКВ • sin 2α*= М / МЭ cos 2α*= МК / МЭ или • σЭКВ= МЭ / 0, 1 • Из условия прочности: • σЭКВ= МЭ / 0, 1 ≤ [σ] или ≥ МЭ / 0, 1[σ] • здесь МЭ=1, 7 к. Н м, ≥ 105 мм 3 • или D ≥ 47 мм 74

Перемещение от реакции RG по всем участкам: Тогда: 75

1. Найти реакции 2. Построить эпюры ВСФ 76